Олимпиадная задача по планиметрии с углом FDA

Решение 1: Пусть $M$ – середина дуги $BC$. Тогда $\angle MFT=\angle MKT=\angle MKC=\angle A/2+\angle C=\angle ACM=\angle ADM=\angle TDM$, т.е. четырехугольник $MDFT$ – вписанный. Поэтому $\angle ADF=\angle TDF=\angle TMF=\angle TMK=(\angle B-\angle C)/2$.

Решение 2:Проведём симедиану из вершины $A$ до пересечения с окружностью в точке $Q$. Так как точки $D$ и $Q$ симметричны относительно серединного перпендикуляра к $BC$, вместо угла $FDA$ будем искать равный ему угол $KQT$. В треугольнике $AQT$ $AK$ и $TK$ – биссектрисы, следовательно, $\angle KQT=\angle KQA/2$, а последний угол как раз и будет равен разности углов $B$ и $C$, поскольку точка пересечения луча $QK$ с окружностью образует вместе с вершинами треугольника равнобокую трапецию.